2017-2018学年高三数学上学期期末复习备考之精准复习模拟题 理（C卷）.doc

2017-2018学年高三数学上学期期末复习备考之精准复习模拟题 理（C卷）考试时间：120分钟；总分：150分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上一、单选题（每小题5分，共60分）1集合，则中子集的个数为（ ）A. 个 B. 个 C. 个 D. 个【答案】D【解析】， ，即子集的个数为，选D.2如图，正方形内得图形来自宝马汽车车标的里面部分，正方形内切圆中黑色部分和白色部分关于正方形对边中点连线成轴对称，在正方形内随机一点，则此点取自黑色部分的概率是（ ）3A. B. C. D. 【答案】C3设为虚数单位，若复数的实部与虚部的和为，则定义域为（ ）A. B. C. D. 【答案】A4已知函数在上单调，且函数的图象关于对称，若数列是公差不为的等差数列，且，则的前项的和为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】因为函数的图象关于对称，所以函数 的图象关于对称，因为，所以，因此的前项的和为，选D.点睛：1在解决等差数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若mnpq，则am+anap+aq”，可以减少运算量，提高解题速度2等差数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等差中项的变形，三是前n项和公式的变形根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口5已知函数是上的偶函数，当， 时，都有，设， ， ，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由， 时，都有，得在上单调递减， 选C.6若，则的展开式中常数项为A. 8 B. 16 C. 24 D. 60【答案】C7一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积（单位： ）为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】几何体全面积为，选D.8公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出的值为（参考数据：sin15=0.2588，sin7.5=0.1305）A. 12 B. 18 C. 24 D. 32【答案】C9已知函数，给出下列命题：函数的最小正周期为；函数关于对称；函数关于对称；函数的值域为，则其中正确的命题个数为（ ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】D【解析】的周期显然为；，故正确.；，故正确. ，点睛：复杂函数求对称中心，如函数满足，则对称中心为，如函数满足，则对称轴为此处需要学生对函数的对称性非常熟悉，然后将具体函数代入计算，得到等式，等式成立的条件就是常数和含自变量的式子对应相等，最后解得答案。10已知点， ， ， ， ， 是抛物线（）上的点， 是抛物线的焦点，若，且，则抛物线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】依题意，由抛物线定义可知， ，故，故抛物线的方程为，故选B.11若，则， ， ， 的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D12已知数列满足，则下列结论正确的是（ ）A. 只有有限个正整数使得 B. 只有有限个正整数使得C. 数列是递增数列 D. 数列是递减数列【答案】D【解析】根据题意可设数列，所以=，因为所以所以是以为首项， 为公比的等比数列，故，所以AB不正确，又公比为，其绝对值小于1，所以递减，所以排除C， =，易知数列为递增数列，故递减， 递减，故选D点睛：考察数列的创新题，本题困难，根据数列的性质一一分析答案即可二、填空题（每小题5分，共20分）13已知向量， ， ，且，则等于_【答案】【解析】由题意得14 设变量满足约束条件： ，则的取值范围是_【答案】【解析】画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示。当直线经过可行域内的点B(-2，2)时，直线在轴上的截距最大，此时取得最小值，且。所以，故。因此的取值范围是。15如图，在中， ，点为的中点，点为线段垂直平分线上的一点，且，四边形为矩形，固定边，在平面内移动顶点，使得的内切圆始终与切于线段的中点，且在直线的同侧，在移动过程中，当取得最小值时，点到直线的距离为_【答案】【解析】设内切圆分别与AC,BC切于点F,G，BE的中点为H，则，所以.点C在以A,B为焦点的双曲线的右支上。以AB所在的直线为x轴，以ED所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，则B(2,0)，D(0,3)，易得，故点C在双曲线的右支上。,所以当三点共线时，且C在线段BD上时， 取得最小值。点睛：本题的综合性较强，解题时首先要从题意出发分析得到点C的轨迹，然后根据几何图形的性质得到，并由此得到当三点共线时可得最小值，这些地方都体现了解析几何与平面几何联系十分紧密，解题时要充分考虑平面几何知识的运用。16鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、 前后完全对称从外表上看，六根等长的正四棱柱体分成三组，经榫卯起来，如图3，若正四棱柱体的高为，底面正方形的边长为，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为_（容器壁的厚度忽略不计） 【答案】【点睛】将表面积最小的球形容器，看成其中两个正四棱柱的外接球，求其半径，进而求体积。3、 解答题（共70分.第17-21题为必考题，每个试题考生必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.）（一）必考题（共60分）17在中，角所对的边分别为，且.（1）求的值；（2）若，点在线段上， ， ,求的面积.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：由正弦定理转化为三角函数，再化简求出，向量等式两边平方结合余弦定理即可解出边长，再由面积公式求面积即可.所以的面积点睛：解决三角形中的角边问题时，要根据条件选择正余弦定理，将问题转化统一为边的问题或角的问题，利用三角中两角和差等公式处理，特别注意内角和定理的运用，涉及三角形面积最值问题时，注意均值不等式的利用，特别求角的时候，要注意分析角的范围，才能写出角的大小.18如图所示，三棱柱中，已知侧面， ， ， .（1）求证： 平面；（2）是棱上的一点，若二面角的正弦值为，求线段的长.18()证明见解析；()2或3.【解析】试题分析：（）证明ABBC1，在CBC1中，由余弦定理求解B1C，然后证明BCBC1，利用直线与平面垂直的判定定理证明C1B平面ABC（）通过AB，BC，BC1两两垂直以B为原点，BC，BA，BC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系求出相关点的坐标，求出平面AB1E的一个法向量，平面的一个法向量通过向量的数量积，推出的方程，求解即可由可以知道， ， ，两两垂直，以为原点， ， ，所在直线为， ， 轴建立空间直角坐标系.则， ， ， ， ， ， .令， .设平面的一个法向量为，令，则， ，平面，是平面的一个法向量，两边平方并化简得，所以或.或.点睛：本题考查面面垂直，线面垂直，线线垂直的判定及性质以及二面角的余弦，属于中档题。对于第一问，要注意结合图形，特别是中点，寻求垂直或平行关系，本题利用了余弦定理，求边长，再利用勾股定理得到线线垂直，对于第二问关键是建系写点的坐标，利用求得的法向量来求二面角的余弦，注意对角是锐角钝角的分析.19某石化集团获得了某地深海油田区块的开采权，集团在该地区随机初步勘探了部分几口井，取得了地质资料.进入全面勘探时期后，集团按网络点来布置井位进行全面勘探，由于勘探一口井的费用很高，如果新设计的井位与原有井位重合或接近，便利用旧井的地质资料，不必打这口新井，以节约勘探费用，勘探初期数据资料见如表：（参考公式和计算结果：， ， ， ）（1）16号旧井位置线性分布，借助前5组数据求得回归直线方程为，求的值，并估计的预报值.（2）现准备勘探新井，若通过1，3，5，7号并计算出的， 的值（， 精确到0.01）相比于（1）中的， ，值之差不超过10%，则使用位置最接近的已有旧井，否则在新位置打开，请判断可否使用旧井？（3）设出油量与勘探深度的比值不低于20的勘探井称为优质井，那么在原有6口井中任意勘探4口井，求勘探优质井数的分布列与数学期望.【答案】（1）， 的预报值为24；（2）使用位置最接近的已有旧井；（3），分布列见解析.解：（1）因为， .回归直线必过样本中心点，则.故回归直线方程为，当时， ，即的预报值为24.（2）因为， ， ， ，所以 ，即， ， ， .， ，均不超过10%，因此使用位置最接近的已有旧井.（3）由题意，1，3，5，6这4口井是优质井，2，4这两口井是非优质井，所以勘察优质井数的可能取值为2，3，4， ，.X234P20已知椭圆： 的右焦点为，过作直线（不过原点）交椭圆于两点，若的中点为，直线交椭圆的右准线于（1）若直线垂直轴时， ，求椭圆的离心率；（2）若椭圆的离心率，当直线斜率存在时设为，直线的斜率设为，试求的值。【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由题意可得， ，根据即可得到椭圆的离心率；（2）由题可得联立得： ，由韦达定理可得 则直线方程为： ， ，即可得到的值.， 直线方程为： 所以，即21已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，若方程有两个相异实根，且，证明： .【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】试题分析：（1）对原函数求导，根据导函数的正负得到函数的单调区间。（2）由条件知的两个相异实根分别为，构造函数，研究函数的单调性，得函数递减，由题意可知，故，所以，这样就将化到了同一个单调区间上去，直接研究函数和0的关系即可,最终根据的单调性可以得到结果。当，即时，由得或，则在， 上递增在上递减；（2）设的两个相异实根分别为，满足，且， 令的导函数，所以在上递减，由题意可知，故，所以，令，令，则，所以，故，综上所述， .点睛：这个题目是导数研究单调性的应用，二元问题的处理方式等，较为综合。这个题目和2016年的全国卷一的导数题类似，这种将两个变量化到同一个变量，通过研究函数的单调性来得到最终结果的方法叫做极值偏移，是解决较为复杂的极值点或者零点问题的一种常见方法。（二）选考题（共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分）22选修4-4：坐标系与参数方程将圆（为参数）上的每一个点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的，得到曲线（1）求曲线的普通方程；（2）设， 是曲线上的任意两点，且，求的值【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）求出的参数方程，即可求出的普通方程；（2）建立适当的极坐标系，可得的极坐标方程，设极坐标，代入，可得其值。(1)设为圆上的任意一点，在已知的变换下变为上的点，则有 23已知函数， .（1）解不等式；（2）若存在，也存在，使得成立，求实数的取值范围.【答案】(1) ;(2) .【解析】试题分析：解含有绝对值的不等式，比较简单的是含一个绝对值符号的，一般直接使用公式，还有不等式两边各含一个绝对值符号，一般用两边平方的方法解决，含两个或两个以上绝对值符号的不等式一般采用零点分区间讨论法，分情况讨论解第二步转化为g(x)的最大值为1去解决.试题解析：（）由题意可得因为，由图象可得不等式的解为，所以不等式的解集为 （）因为存在，也存在，使得成立，所以，又，当且仅当时等号成立.由（）知， ，所以，解得，所以实数的取值范围为 【点睛】根据绝对值的定义，去掉绝对值符号是解决绝对值问题的最基本策略，解含有绝对值的不等式，比较简单的是含一个绝对值符号的，一般直接使用公式，还有不等式两边各含一个绝对值符号，一般用两边平方的方法解决，含两个或两个以上绝对值符号的不等式一般采用零点分区间讨论法，